湖南湖北四校2020届高三学情调研联考数学（理）试题 带答案及解析（pdf版）

理科数学试卷 第 1页 (共 5页) 绝密★启用前 【考试时间：2020 年 4 月 24 日下午 15∶00～17∶00】 湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考 理科数学试题卷 本试卷共 5 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟。 考生注意： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 祝考试顺利! 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．已知集合  | 0 4P x R x    ，  | 3Q x R x   ，则 P Q  A． 3,4 B． 3,4 C． ,4 D． 3,  2． x ， y 互为共轭复数，且  ixyiyx 6432  则 yx  = A．2 B．1 C． 22 D．4 3．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝 妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角 形有一个内角为 30 ，若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒（大小忽略不计，取 3 1.732 ），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为 A．20 B．27 C．54 D．64 4．如图，在ΔABC 中，点 D 在线段 BC 上，且 BD = 3DC，若AD = λAB + μAC ， 则λ μ = A． B． C． D．2 5．已知定义在 R 上的函数 ( ) 2 1x mf x   (m 为实数)为偶函数，记 0.5 2(log 3), (log 5), (2 )a f b f c f m    则 , ,a b c 的大小关系为 A． a b c  B．c b a  C．c a b  D． a c b 理科数学试卷 第 2页 (共 5页) 6．如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图， 且图中小方格单位长度为 1，则该多面体的侧面最大面积为 A. 2 3 B. 6 C. 2 2 D. 2 7．已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左,右焦点分别为    1 2,0 , ,0F c F c ,又点 23, 2 bN c a      .若双 曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b  ,则双曲线 C 的离心率的取值范围为 A. 13 , 53       B.  131, 5,3       U C.    1, 5 13,U D.  5, 13 8．已知在关于 ,x y 的不等式组 0 { 0 1 0 x y a x y y        ，（其中 0a  ）所表示的平面区域内，存在点  0 0,P x y ，满足   2 2 0 03 3 1x y    ，则实数a 的取值范围是 A．  3, B．   ,26 C．  26,  D． 6 2,   9．已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，且 3cos cos 5a B b A c  ，则  tan A B 的 最大值为 A. 3 2 B. 3 2 C. 3 4 D. 3 10．已知函数  2 2π( ) 2sin cos sin 02 4 rf x x x          在区间 2π 5π,3 6     上是增函数，且在区间  0,π 上恰好取得一次最大值 1，则 w 的取值范围是 A. 30, 5      B. 1 3,2 5      C. 1 3,2 4      D. 1 5,2 2     11．已知抛物线 2: 4C y x 和直线 : 1 0l x y F   , 是抛物口回线 C 的焦点，P 是直线 l 上一点过点 P 作抛物线 C 的一条切线与 y 轴交于点 Q，则 PQF△ 外接圆面积的最小值为 A． π 2 B． 2 π2 C． 2π D． 2π 12．有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条，使这六 根铁条端点处相连能 够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架（不考虑焊接处的长度损失），则此三棱锥体积的取理科数学试卷 第 3页 (共 5页) 值范围是 A. 8 3(0, ]27 B. 2 3(0, ]3 C. 3(0, ]3 D. 16 3(0, ]27 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．已知二项式 61       xax 的展开式中的常数项为－160，则 a＝________． 14．观察分析下表中的数据： 多面体 面积（F） 顶点数（V） 棱数（E） 三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 , ,F V E 所满足的等式是________. 15．设函数  ( ) e 1xf x x  ，函数  g x mx ，若对于任意的  1 2,2x   ，总存在  2 1,2x  ，使得    1 2f x g x ，则实数 m 的取值范围是________. 16． ABC△ 的内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c .已知 sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ， 且 2•CA CB mc   ，有下列结论： ① 2 8t  ； ② 2 29 m   ； ③ 4t  ， ln 2a  时， ABC△ 的面积为 215 ln 2 8 ； ④当 52 8t  时， ABC△ 为钝角三角形. 其中正确的是________________（填写所有正确结论的编号） 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：60 分。 17．已知数列   ,n na b 满足： 1 1 2 1 14 1 n n n n n ba a b b a     ， ， . （1）证明： 1 1nb      是等差数列，并求数列 nb 的通项公式； （2）设 1 2 2 3 3 4 1...n n nS a a a a a a a a      ，求实数 a 为何值时 4 n naS b 恒成立 18．在 Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝1 2.已知 E，F 分别是 BC，AC 的中点．将△CEF 沿 EF 折起，使 C 到 C′的位置且二面角 C′－EF－B 的大小是 60°.连接 C′B，C′A，如图：理科数学试卷 第 4页 (共 5页) （1）求证：平面 C′FA⊥平面 ABC′； （2）求平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角的大小． 19． 20．如图，设抛物线 2 1 : 4 ( 0)C y mx m   的准线l 与 x 轴交于椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点 2 1,F F 为 2C 的左焦点.椭圆的离 心率为 1 2e  ，抛物线 1C 与椭圆 2C 交于 x 轴上方一点 P ，连接 1PF 并延长其交 1C 于点Q ， M 为 1C 上一动点，且在 ,P Q 之间移动. （1）当 3 2 a b  取最小值时，求 1C 和 2C 的方程；理科数学试卷 第 5页 (共 5页) （2）若 1 2PF F 的边长恰好是三个连续的自然数，当 MPQ 面积取最大值时，求面积最大值以 及此时直线 MP 的方程． 21．已知函数   lnxf x a xe   ，其中 a 为常数． （1）若直线 2y xe  是曲线  y f x 的一条切线，求实数 a 的值； （2）当 1a   时，若函数     ln xg x f x bx    在 1, 上有两个零点．求实数 b 的取值范 围． （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一 题计分。 22．[选修 4—4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 2 1 x t y t     ＝ ， ＝ ＋ （t 为参数），曲线 2 1 : 1C y x  .以 坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 π4 2 sin 4       - . （1）若直线 l 与 ,x y 轴的交点分别为 ,A B ，点 P 在 1C 上，求 BA BP   的取值范围； （2）若直线 l 与 2C 交于 M N, 两点，点 Q 的直角坐标为 2,1 ，求|| | | ||QM QN 的值. 23. [选修 4–5：不等式选讲] 已知函数   2 2 3f x x x m    , Rm ． （1）当 2m   时，求不等式   3f x  的解集； （2）若  ,0x   ，都有   2f x x x   恒成立，求 m 的取值范围．理数答案 第 1页，总 10页 绝密★启用前 【考试时间：2020 年 4 月 24 日下午 15∶00～17∶00】 湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考 理科数学试题参考答案及解析 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 B C B A D C B D C B A D 1、B.【解析】由题意得， [0,4]P  ， ( 3,3)Q   ，∴ ( 3,4]P Q   ，故选 B. 2、C【解析】设 ,x a bi y a bi    ，代入得   2 2 22 3 4 6a a b i i    ，所以    2 2 22 4,3 6a a b   ，解得 1, 1a b  ，所以 2 2x y  . 3、B 解析：设大正方体的边长为 x,则小正方体的边长为 3 1 2 2x x ，设落在小正 方形内的米粒数大约为 N，则 2 2 3 1 2 2 N 200 x x x       ，解得： N 27 . 4、 A【解析】 岈 岈 岈 岈 岈 岈 岈 ， 所以 ，从而求得 . 5、D 解析：∵函数 f(x)是偶函数，∴   ( )f x f x＝ － 在 R 上恒成立，∴ 0m＝ ，∴当 0x  时， 易得   2 1xf x   为增函数，∴        0.5 2 23 3 5 2a f log f log b f log c f＝ ＝ ， ＝ ， ＝ ，∵ 2 23 2 5log log  ，∴ a c b  6、C 由三视图可知多面体是棱长为 2 的正方体中的三棱锥 P ABC ， 故 1AC  ， 2PA  ， 5BC PC  ， 2 2AB  ， 2 3PB  ， ∴ 1 2 1 12ABC PACS S      ， 1 2 2 2 2 22PABS     ， 1 2 3 2 62PBCS     ， ∴该多面体的侧面最大面积为 2 2 ．故选 C． 7、B 解析：双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b  ， 即 2 min 4MF MN b  ， 又 2 12 2MF MN a MF MN a     2 2 32 2 bNF a a   理数答案 第 2页，总 10页 ∴ 2 2 232 4 4 3 82 ba b a b aba      3 4 8 0 2b a b a b a        或 2 3 b a  ∴ 2 2 2e 1 ,e> 5b a   或 131 N< 3  8、D【解析】由条件可得可行域，如图所示， 由{ 0 y x x y a     ,得 A 2 2 a a     ， .因为直线 0x y a   与 直线 y x 垂直，所以只需圆心到 A 的距离小于等于 1 满足题意即可，即 2 2 3 3 12 2 a a             ，解得6 2 6 2a    ，当a 6 2  时恒存在点满足题 意，故实数a的取值范围 6 2,   9 、C【解析】 3cos cos 5a B b A c  ∴由正弦定理，得 3 5sinAcosB sinBcosA sinC  ， C A B sinC sin A B      （ ） （ ） ，， ∴ 3 5sinAcosB sinBcosA sinAcosB cosAsinB  （ ）， 整理，得 4sinAcosB sinBcosA ，同除以cosAcosB，得 4tanA tanB ，由此可得 2 3 3 11 1 4 4 tanA tanB tanBtan A B tanAtanB tan B tanBtanB       （ ） ， A B 、 是三角形内角，且 tanA 与tanB同号， A B 、 都是锐角，即 0 0tanA tanB＞ ， ＞ ， 1 14 2 4 4tanB tanBtanB tanB    理数答案 第 3页，总 10页 3 3 1 44 tan A B tanBtanB     （ ） ， 当且仅当 1 4tanBtanB  ，即 1 2tanB  时， tan A B（ ）的最大值为 3 4 ． 10 、 B 解 析 ： ∵ 2 π π2cos 1 cos 1 sin2 4 2 x x x                 ，   2( ) sin 1 sin sin sinf x x x x x       . 令 π 2 π2x k   可 得 π 2 π 2 kx    ， ∵ ( )f x 在 区间  0,π 上 恰好 取得 一次 最 大值 ， ∴ π0 π2  解得 1 2   . 令 π π2 π 2 π2 2k x k     ,解得： π 2 π π 2 π 2 2 k kx        ，∵ ( )f x 在区间 2π 5π,3 6     上 是增函数， ∴ 2π π 3 2 5π 3 6 5         ,解得 3 5   .综上, 1 3 2 5   .故选：B. 11、答案：A 解析：将直线 l 与抛物线 C 联立 2 4 1 0 y x x y       ，得  21 1 0x x y     ，即直 线 l 与抛物线 C 相切，且切点为 (1 )2, .又 P 是直线 l 上点，当点 P 为切点 (1 )2, 时， 1(0 )Q , . 又 0(1 )F , ，此时 PQF△ 为直角三角形，且外接圆的半径为 1，故圆的面积为 π .当点 P 不为 切点 (1 )2, 时，设点 0 0 1( )P x x , ，切线斜率为 k，则切线方程为    0 01y x k x x    ，即 0 0 1 0kx y kx x     .将切线方程与抛物线方程联立 2 0 0 4 1 0 y x kx y kx x        ，得 2 0 0 1 04 ky y kx x     ，其中   01 1 0k kx     ，则 0 1 PQk k x   .此时切线方程化简得 0 0 1y x xx   ，则点 0(0 )Q x, ，可得 0FQk x  .又 1PQ FQk k   ，所以 PQF△ 为直角三角形.设 PQF△ 的外接圆的半径为 r， PF 的中点为 0 01 1,2 2 x xM       ，且点 M 为外接圆的圆心，则 22r MQ 2 2 2 0 0 01 1 1 2 2 2 x x x              ，所以 PQF△ 外接圆的面积为 2 2 0 1π π2 xr  ，当 0 0x  时，面积取到最小值为 π 2 ，综上， PQF△ 外接圆面积的最小值为 π 2 .理数答案 第 4页，总 10页 12、D 解析：设焊接的三棱锥形铁架如图所示，取 AB 的中点 D,连接 ,SD CD . 由题设条件易知 AB  平面 SCD ,且 2 4 4 aSD CD   ，则 SCD△ 的面积为 21 42 2 aa   ,三 棱锥的体积 21 1 43 2 2 aV a a     2 21 46 2 aa  ， 0 2 2a  ，令 2 , (0,8)a t t  ,则 2 31 1 14 46 2 6 2 tV t t t    .令 2 31( ) 4 , (0,8)2f x t t t   , 则 23 3( ) 8 (8 )2 2f t t t t t     . 令 ( ) 0f t  得 16 3t  ，且 16(0, )3t  时， ( ) 0f t  ， ( )f t 单调递增， 16(0, )3t  时， ( ) 0f t  ， ( )f t 单调递减，所以 2 max 16 4( ) ( ) 163 27f t f   ，则 V 的最 大值为 21 4 1 2 16 316 166 27 6 273 3      ,故此三棱锥体积的取值范围是 16 3(0, ]27 . 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．2 【解析】二项式 ax－1 x 6 的展开式的通项是 Tr＋1＝Cr6·(ax)6－r· －1 x r ＝Cr6·a6 －r·(－1)r·x6－2r.令 6－2r＝0，得 r＝3，因此二项式 ax－1 x 6 的展开式中的常数项是 C36·a6－3·(－1)3＝－160，故 a＝2. 14、 2F V E   解析：凸多面体的面数为 F. 顶点数为 V 和棱数为 E， ①正方体：F=6，V=8，E=12，得 F+V−E=8+6−12=2； ②三棱柱：F=5，V=6，E=9，得 F+V−E=5+6−9=2； ③三棱锥：F=4，V=4，E=6，得 F+V−E=4+4−6=2. 根据以上几个例子，猜想：凸多面体的面数 F. 顶点数 V 和棱数 E 满足如下关系： 2F V E   再通过举四棱锥、六棱柱、…等等，发现上述公式都成立。 因此归纳出一般结论： 2F V E   故答案为： 2F V E   15、 1, 2      解析：  ( ) e 1 , ( ) ex xf x x f x x  ∵ ∴ ，∴对于任意的  2,2x  ，当  2,0x  时， ( ) 0f x  ，当  0,2x 时， ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 2,0 上为减函数，在  0,2 上为增函理数答案 第 5页，总 10页 数。 0x ∴ 为 ( )f x 在 2,2 上的极小值点，也是最小值点且最小值为 2,2 ， ∴对于任意的  1 1 min2,2 , ( ) 1x f x    ，而总存在  2 1,2x  ，使得  1 2( )f x g x ，  1 min 2 min( )f x g x .  g x mx∵ ，∴① 0m  时，  2 0g x  ，不合题意， ② 0m  时，    2 2 ,2g x mx m m  ，此时 1m   ，不合题意，③ 0m  时，    2 2 2 ,g x mx m m  ，  2 min 2g x m∴ ， 12 1, 2m m   ∴ . 16、①②④解析： sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ，∴ : : ln 2: ln 4: lna b c t ， 故可设 ln 2a k ， ln 4 2 ln 2b k k  ， lnc k t ， 0k  . b a c b a    ，∴ ln 2 3 ln 2k c k  ， 则 2 8t  ，当 52 8t  时， 2 2 2 0a b c   ，故 ABC 为钝角三角形. 面 2 2ln5 22cos 222222222 ckcba ab cbaabCabCBCA  ， 又 2•CA CB mc   ，∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 5 ln 2 • 5 ln 2 12 2 2 k c CA CB km c c c        . ln 2 3 ln 2k c k  ，∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 18 ln 2 2 2 ln 2 k k k k c k   ，即 2 2 2 5 5 ln 2 5 18 2 2 k c   ，∴ 2 29 m   .当 4t  ， ln 2a  时， ABC 的面积为 215 ln 2 4 ，故四个结论中，只有③不正确.填①②④。 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求 作答。 17、（1）∵ 1 1 (1 )(1 ) (2 ) 2 n n n n n n n n b bb a a b b b     ＋ ，∴ 1 11 12n n b b    ∴ 1 21 111 1 1 n n n n b b b b       ． ∴数列 1 1nb      是以 4- 为首项， 1- 为公差的等差数列． ∴ 1 4 ( 1) 31n n nb        ， ∴ 1 21 3 3n nb n n     ． （2）∵ 11 3n na b n     ． ∴ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 4 5 5 6 ( 3)( 4) 4 4 4( 4)n n n nS a a a a a a n n n n             理数答案 第 6页，总 10页 ∴ 22 ( 1) (3 6) 84 4 3 ( 3)( 4)n n an n a n a naS b n n n n            ． 由条件可知 2( 1) (3 6) 8 0a n a n     恒成立即可满足条件，设 2( ) ( 1) 3( 2) 8f n a n a n     ，当 1a  时， ( ) 3 8 0f n n    恒成立,当 1a  时，由二次函数的性质知不可能成立． 当 1a  时， 对称轴 3 2 3 1(1 ) 02 1 2 1 a a a        ，  f n 在[1, ) 为单调递减函数． (1) ( 1) (3 6) 8 4 15 0f a a a        ，∴ 15 4a  ，∴时 4 naS b 恒成立． 综上知： 1a  时， 4 naS b 恒成立． 18．【解析】(Ⅰ)解法一：∵F 是 AC 的中点，∴AF＝C′F.设 AC′的中点 为 G，连接 FG.设 BC′的中点为 H，连接 GH，EH.易证：C′E⊥EF，BE⊥EF， ∴∠BEC′即为二面角 C′－EF－B 的平面角．∴∠BEC′＝60°，而 E 为 BC 的中点．易知 BE＝EC′，∴△BEC′为等边三角形，∴EH⊥BC′. ①∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，∴EF⊥平面 BEC′.而 EF∥AB， ∴AB⊥平面 BEC′，∴AB⊥EH，即 EH⊥AB. ②由①②，BC′∩AB＝B， ∴EH⊥平面 ABC′.∵G，H 分别为 AC′，BC′的中点．∴GH 綊 1 2AB 綊 FE，∴四 边形 EHGF 为平行四边形．FG∥EH，FG⊥平面 ABC′，又 FG 平面 AFC′.∴平 面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝2. 则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C′( 3，1，0)． 设平面 ABC′的法向量为 a＝(x1，y1，z1)，BA→ ＝(0，0，2)，BC′→ ＝( 3，1， 0)，∴ z1＝0， 3x1＋y1＝0， 令 x1＝1，则 a＝(1，－ 3，0)，设平面 AFC′的法向 量为 b＝(x2，y2，z2)，AF→＝(0，2，－1)，AC′→ ＝( 3，1，－2)， ∴ 2y2－z2＝0， 3x2＋y2－2z2＝0， 令 x2＝ 3，则 b＝( 3，1，2)． ∵a·b＝0，∴平面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分 (Ⅱ)如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝2.则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2， 1)，E(0，2，0)，C′( 3，1，0)．显然平面 BEC′的法向量 m＝(0，0，1)，8 分 设平面 AFC′的法向量为 n＝(x，y，z)，AC′→ ＝( 3，1，－2)，AF→＝(0，2， －1)， ∴ 2y－z＝0， 3x＋y－2z＝0， ∴ n＝( 3，1，2).9 分 cos〈m, n〉＝ m· n | m|·| n| ＝ 2 2 ，10 分 由图形观察可知，平面 AFC′与平面 BEC′所成的二面角的平面角为锐角． ∴平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角大小为 45°.12 分理数答案 第 7页，总 10页 19、 20、（1）因为 1, 2 cc m e a    ，则 2 , 3a m b m  ，所以 3 2 a b  取最小值时 1m  ， 此时抛物线 2 1 : 4C y x  ，此时 22, 3a b  ，所以椭圆 2C 的方程为 2 2 14 3 x y  ；理数答案 第 8页，总 10页 （2）因为 1, 2 cc m e a    ，则 2 , 3a m b m  ，设椭圆的标准方程为 2 2 2 2 14 3 x y m m   ，    0 0 1 1, , ,P x y Q x y 由 2 2 2 2 2 1{4 3 4 x y m m y mx     得 2 23 16 12 0x mx m   ，所以 0 2 3x m  或 0 6x m （舍去），代入抛物线方程得 0 2 6 3y m ，即 2 2 6,3 3 m mP      ， 于是 1 2 1 1 2 5 7 6, 2 , 23 3 3 m m mPF PF a PF F F m      ，又 1 2PF F 的边长恰好是三个 连续的自然数，所以 3m  ．此时抛物线方程为 2 12y x  ，    1 3,0 , 2,2 6F P  ，则 直线 PQ 的方程为  2 6 3y x  ．联立   2 2 6 3{ 12 y x y x     ，得 1 9 2x   或 1 2x   （舍去）， 于是 9 , 3 62Q     ．所以  2 29 252 2 6 3 62 2PQ          ， 设   2 , 3 6,2 612 tM t t       到直线 PQ 的距离为 d ，则 2 6 6 75 30 2 2d t         ， 当 6 2t   时， max 6 75 5 6 30 2 4d    ，所以 MPQ 的面积最大值为 1 25 5 6 125 6 2 2 4 16    ．此时 4 2: 6 63 3MP y x   ． 21、（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 1( ) a x aef x e x ex     ， 曲线 ( )y f x 在点  0 0,x y 处的切线方程为 2y xe  . 由题意得 0 0 0 0 1 2 , 2 ln a e x e xx a xe e       解得 1a  ， 0x e .所以 a 的值为 1. （2）当 1a   时， ( ) lnxf x xe   ，则 1 1( ) x ef x e x ex     ，由 ( ) 0f x  ，得 x e ， 由 ( ) 0f x  ，得 0 x e  ，则 ( )f x 有最小值为 ( ) 0f e  ， 即 ( ) 0f x ，所以理数答案 第 9页，总 10页 ln( ) lnx xg x x be x     ， ( 0)x  ， 由已知可得函数 lnln x xy x x e    的图象与直线 y b 有两个交点， 设 ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e     ，则 2 2 2 1 1 ln 1 ln( ) x ex e e x xh x x x e ex         ， 令 2( ) lnx ex e e x x     ， 22( ) 2e ex e xx e xx x        ， 由 22 0ex e x   ，可知 ( ) 0x  ，所以 ( )x 在 (0, ) 上为减函数， 由 ( ) 0e  ，得 0 x e  时， ( ) 0x  ，当 x e 时， ( ) 0x  ， 即当 0 x e  时， ( ) 0h x  ，当 x e 时， ( ) 0h x  ， 则函数 ( )h x 在 (0, )e 上为增函数，在 ,e  上为减函数， 所以，函数 ( )h x 在 x e 处取得极大值 1( )h e e  ， 又 1(1)h e   ，  3 2 2 3 3 13 4 1h e e ee e          ， 所以，当函数 ( )g x 在[1, ) 上有两个零点时，b 的取值范围是 1 1be e   ， 即 1 1,b e e      . 22、(1)由题意可知：直线 l 的普通方程为 1 0x y   ，  1,0A ∴ ，  0, 1B  1C 的方程可化 为  2 2 1 0x y y   ，设点 P 的坐标为  cos ,sin  ， 0 π  ， πcos sin 1 2 sin 1 0, 2 14BA BP                      ∴ (2)曲线 2C 的直角坐标方程为：    2 22 2 8x y    直线 l 的标准参数方程为 22 2 21 2 x m y m        (m 为参数)，代入 2C 得： 2 2 7 0m m   设 ,M N 两点对应的参数分别为 1 2,m m 1 2 1 22, 7 0m m m m     故 1 2,m m 异号 1 2 2QM QN m m   ∴理数答案 第 10页，总 10页 23、答案：（1）当 2m   时， 4 1( 0) 3( ) | 2 | | 2 3| 2 1( 0)2 34 5( )2 x x f x x x x x x                 当 4 1 3 0 x x     解得 10 2x  当 3 0,1 32 x    恒成立. 当 4 5 3 3 2 x x      解得 32 2x    ，此不等式的解集为 1[ 2, ]2  . （2） 4 3 ( 0) 3( ) | 2 | | 2 3| 3 ( 0)2 34 3 ( )2 x m x f x x x m m x x m x                     ， 当 ( ,0)x  时， 33 ( 0)2( ) | 2 | | 2 3| 34 3 ( )2 m x f x x x m x m x                当 3 02 x   时， ( ) 3f x m  ，当 3 , ( ) 4 32x f x x m      单调递减， ( )f x 的最小值为 3 m 设 2( ) ( 0)g x x xx    当 20, 2 2x x x      ，当且仅当 2x x    时，取等号 2 2 2x x     即 2x   时， ( )g x 取得最大值 2 2 . 要使 2( )f x x x   恒成立，只需 3 2 2m    ，即 2 2 3m    .